

势场如\figref{fig:One-DimensionalFiniteDeepPotentialWell20240816004729}
\begin{equation}
    V(x) = \begin{cases}
        0,   & |x|<\frac{a}{2}    \\
        V_0, & |x|\le \frac{a}{2}
    \end{cases}
\end{equation}
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{figure/One-DimensionalFiniteDeepPotentialWell20240816004729.jpg}
    \caption{一维有限深势阱\label{fig:One-DimensionalFiniteDeepPotentialWell20240816004729}}
\end{figure}

三个分区的解分别为
$$
    \left\{\begin{array}{l}
        \psi_1(x)=A \mathrm{e}^{k^{\prime} x}     \\
        \psi_{\text {II }}(x)=B \sin (k x+\alpha) \\
        \psi_{\text {III }}(x)=C \mathrm{e}^{-k^{\prime} x}
    \end{array}\right.
$$
现在的定态是个束缚定态,粒子在$\pm \infty$处波函数为零.所以分别略去了$\psi_{\mathrm{I}}$和
$\psi_{\text {III }}$中正指数项,因为它们当$x \rightarrow \pm \infty$时发散.
波函数解中有一个待定的参数$E$ (它决定$k$和$k^{\prime}$)和四个待定的系数$A, B, C$和$\alpha$,
共五个.另一方面,在$x= \pm \frac{a}{2}$处波函数及其一阶导数连续,
计有四个方程,再加上一个全实轴波函数归一条件,一共也是五个方程,决定这五个未知数.

如果只对问题的本征值感兴趣,不想求出波函数,
利用
$$
    (\ln \psi(x))^{\prime}=\frac{\psi^{\prime}(x)}{\psi(x)}
$$
可以将边界条件的形式改写为在边界上波函数对数导数连续,即有
$$
    \left\{\begin{array}{l}
        \left.\left(\ln \psi_1(x)\right)^{\prime}\right|_{x=\frac{a}{2}}=\left.\left(\ln \psi_{\text {II }}(x)\right)^{\prime}\right|_{x=-\frac{a}{2}} \\
        \left.\left(\ln \psi_{\mathrm{II}}(x)\right)^{\prime}\right|_{x=\frac{a}{2}}=\left.\left(\ln \psi_{\mathrm{II}}(x)\right)^{\prime}\right|_{x=\frac{a}{2}}
    \end{array}\right.
$$
从而绕过待定系数$A, B, C$的计算,直接决定本征值$E$.这样,
在$x= \pm \frac{a}{2}$处的两组边界条件就成为
$$
    \left\{\begin{array}{l}
        \frac{k^{\prime}}{k}=\cot \left(-\frac{k a}{2}+\alpha\right) \\
        -\frac{k^{\prime}}{k}=\cot \left(\frac{k a}{2}+\alpha\right)
    \end{array}\right.
$$

于是有

$$
    \tan \left(\frac{k a}{2}+\alpha\right)=\tan \left(\frac{k a}{2}-\alpha\right)
$$

由此得知:若要等式成立,必须$\alpha=0$或者$\frac{\pi}{2}$.
先讨论$\alpha=\frac{\pi}{2}$情况,这时$\psi_n(x)=B \cos k x$.边界条件为

$$
    \frac{k^{\prime}}{k}=\tan \left(\frac{k a}{2}\right)
$$

令$\frac{k^{\prime} a}{2}=\eta, \frac{k a}{2}=\xi$,上面条件成为

$$
    \eta=\xi \tan \xi
$$

另一方面,由$k$和$k^{\prime}$的表达式可知

$$
    \xi^2+\eta^2=\frac{m a^2V_0}{2\hbar^2}
$$

一般可用图解法求解,即在$\xi-\eta$平面上,以坐标原点为圆心,
半径为$\sqrt{\frac{m a^2V_0}{2\hbar^2}}$作圆周,
此圆周与$\eta=\xi \tan \xi$曲线的交点即为所求的$(\xi, \eta)$值,
再由它们中任一个定出相应的能量本征值$E$.由于$\eta=\xi \tan \xi$曲线是多分支曲线
(例如,对应$\eta=0$,有$\xi=0, \pi,2\pi, \cdots$等无穷多个值),
所以交点可能不止一个,也就是能级可能不止一个,具体多少要看半径大小也就是$V_0$的大小.
但无论$V_0a^2$多小,由于$\eta=\xi \tan \xi$曲线有一个分支经过坐标原点,
所以它与圆周至少有一个交点(即一个能级)存在.就是说
\textbf{无论方势阱多浅多窄,至少有一个束缚定态存在}.
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\textwidth]{figure/GraphicalMethodForSolvingSquarePotentialWells20240816085245.jpg}
    \caption{图解法求解方势阱\label{fig:GraphicalMethodForSolvingSquarePotentialWells20240816085245}}
\end{figure}
再讨论$\alpha=0$情况,这时$\psi_{\mathrm{II}}(x)=B \sin k x$,边界条件为

$$
    \eta=-\xi \cot \xi
$$

此条件与$\xi^2+\eta^2=\frac{m a^2V_0}{2\hbar^2}$相结合,
用图解法即可定出相应能谱.由于各分支曲线都不经过原点,
这两个条件方程有无交点要看$V_0a^2$的数值.在第一象限
内$(\xi \geqslant0, \eta \geqslant0)$,注意当$\xi=\frac{\pi}{2}$时
$\eta=0$,并且当$\xi$从$\frac{\pi}{2}$趋向$\pi$时$\eta$从0趋向$+\infty$.
因此若要有交点,圆周半径不应小于$\frac{\pi}{2}$,也即

$$
    \frac{m a^2V_0}{2\hbar^2} \geqslant \frac{\pi^2}{4}
$$

这就是阱中能够存在形式为$\sin k x$解的条件.

